元素的电离能、电子亲合能、电负性、电极电势四者的联系与区别_百度文库
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元素的电离能、电子亲合能、电负性、电极电势四者的联系与区别
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为什么基团电负性越大氢核外围电子云密度越低
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电负性的大小反应的是核对核外电子的吸引能力,电负性大的原子更容易吸引电子,基团电负性越大,使得基团和氢原子形成的共价键的电子更加偏向基团而远离氢原子,氢原子的电子也将更偏向电负性大的原子,氢核外的电子云密度也就低了.
电负性大的原子更容易吸引电子，氢原子的电子将更偏向电负性大的原子，氢核外的电子云密度也就低了。氟化氢为什么不是离子化合物?氟和氢的电负性差值大于1.7,而且他们的离子极化率大于50%,但为什么是共价的?为什么+1价的氢组成的化合物总是共价的,还有-1价的氢的电负性是多少?_百度作业帮
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氟化氢为什么不是离子化合物?氟和氢的电负性差值大于1.7,而且他们的离子极化率大于50%,但为什么是共价的?为什么+1价的氢组成的化合物总是共价的,还有-1价的氢的电负性是多少?
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电负性之差大于1.7只是一般都是离子化合物,但不是绝对的,氟化氢中只含有极性共价键,是共价化合物,+1价的氢组成的化合物不一定是共价的,比如说铵盐,-1价的氢只能和活泼金属结合,是离子化合物,另外电负性是衡量原子对电子的吸引能力的标志,这是原子的性质,对于带电荷的粒子说电负性是没有任何意义的.
在高中化学，区分离子化合物和共价化合物的标准是熔融状态下是否导电。液态氟化氢不导电，所以是共价化合物。一般来说，能以分子形式存在的，都是共价化合物。
H和F都是非金属元素，组成的当然不是离子化合物，组成离子化合物的前提，是必须由金属元素和非金属元素共同组成。但反过来，金属元素和非金属元素组成的不一定是离子化合物，比如AlCl3
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学年湖北省孝感高中高二（上）期末化学试卷 一、选择题．（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共51分）1．（3分）（2009上海）以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是（ ） A．HeB．C．1s2D．考点：原子核外电子的运动状态．版权所有专题：原子组成与结构专题．分析：原子轨道排布式不仅能表示电子在核外的排布情况，还能表示电子在原子轨道上的自旋情况，对电子运动状态描述最详尽．解答：解：He是氦元素符号，表示核外有一个电子层且有2个电子，1s2表示在1S轨道上有2个电子，表示1S轨道上有2个电子，且自旋相反．故选D．点评：本题考查化学用语，难度不大，注意原子结构示意图、原子轨道排布式的区别． 2．（3分）下列关于铜电极的叙述中不正确的是（ ） A．锌铜原电池中铜是正极B．在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极 C．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极D．用电解法精炼粗铜时纯铜作阳极考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：铜为不活泼金属，在铜锌原电池中为正极，电镀时，如镀铜，则铜为阳极，精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，以此解答．解答：解：A．锌比铜活泼，锌铜原电池中铜是正极，故A正确；B．在镀件上镀铜时可用金属铜作阳极，电解质为铜盐溶液，阴极上析出铜，故B正确；C．用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极，粗铜中的锌、铁、银、金等金属可与铜分离，故C正确；D．用电解法精炼粗铜时纯铜作阴极，可起到提纯铜的目的，故D错误．故选D．点评：本题考查原电池和电解池知识，侧重于化学与生活、生产的考查，为高频考点，注意把握电解池和原电池的工作原理，把握电解的应用，难度不大． 3．（3分）下列轨道表示式所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是（ ） A．B．C．D．考点：原子核外电子的运动状态．版权所有专题：原子组成与结构专题．分析：遵循洪特规则、泡利不相容原理、能量最低原理的基态原子排布能量最低，以此分析．A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道；B、简并轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低；C、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道；D、1s、2s、2p能量升高，简并轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低．解答：解：A、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故A错误；B、2p能级的3个简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故B错误；C、2s能级的能量比2p能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故C错误；D、能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故D正确；故选D．点评：本题考查核外电子排布规律，难度不大，注意核外电子排布规律的理解与灵活运用． 4．（3分）以下现象与电化学腐蚀无关的是（ ） A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿 B．生铁比纯铁容易生锈 C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈 D．银质物品久置表面变暗考点：金属的电化学腐蚀与防护．版权所有专题：电化学专题．分析：根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．解答：解：A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；故选D．点评：本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等． 5．（3分）下列物质是手性分子的是（ ） A．CHFClBrB．丙烷C．乙醇D．苯考点：“手性分子”在生命科学等方面的应用．版权所有分析：先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：①手性碳原子一定是饱和碳原子；②手性碳原子所连接的四个基团要是不同的，然后根据手性分子是含有手性碳原子的分子．解答：解：A．CHFClBr中的碳原子连有的4个不同取代基，该碳原子具有手性，属于手性分子，故A正确；B．CH3CH2CH3中3个碳原子所连接的4个基团都有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故B错误；C．CH3CH2OH中2个碳原子所连接的4个基团都有一样的，没有手性碳原子，不属于手性分子，故C错误；D．中6个碳原子均为不饱和碳原子，没有手性碳原子，不属于手性分子，故D错误；故选A．点评：本题主要考查手性碳原子的判断，手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的． 6．（3分）根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为（ ） A．直线形 sp杂化B．三角形 sp2杂化 C．三角锥形 sp2杂化D．三角锥形 sp3杂化考点：判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．版权所有专题：化学键与晶体结构．分析：根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=配原子个数+孤电子对个数．解答：解：NF3分子中N原子的价层电子对个数=3+×（53×1）=4，且含有一个孤电子对，所以该分子是三角锥形结构，中心原子采用sp3杂化，故选D．点评：本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对个数的计算方法，为常考查点，要熟练掌握． 7．（3分）下面是某些元素的最外层电子排布，各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是（ ） A．2s22p2和2s22p4B．3s1和3s23p4C．3s23p4和2s22p4D．3s2和2s22p5考点：原子核外电子排布．版权所有分析：AB2型化合物中A的化合价为+2或+4价，B的化合价为1或2价，根据价电子排布判断化合价是否符合．解答：解：A．价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不选；B．价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p4的元素为S，二者可形成Na2S，与题目不符，故B选；C．价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成SO2，故C不选；D．价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为F，二者可形成MgF2，故D不选，故选B．点评：本题考查原子核外电子排布与化合价的关系，为考试高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价． 8．（3分）A，B属于短周期中不同主族的元素，A，B原子的最外层电子中成对电子和未成对电子占据的轨道数相等，若A元素的原子序数为a，则B元素的原子序数为（ ） A．a8B．a5C．a+6D．a+4考点：原子结构与元素周期律的关系．版权所有专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A，B原子的最外层电子中成对电子和未成对电子占据的轨道数相等，最外层电子数分别为3或6，前者各占据1个s轨道和1个p轨道，后者各占据2个s轨道和2个轨道，可能为B、O、Al、S等元素，以此解答该题．解答：解：A，B原子的最外层电子中成对电子和未成对电子占据的轨道数相等，最外层电子数分别为3或6，前者各占据1个s轨道和1个p轨道，后者各占据2个s轨道和2个轨道，可能为B、O、Al、S等元素，分子序数分别为5、8、13、16，如A元素的原子序数为a，则B的原子序数可能为a+3、a+11、a5，则只有B符合．故选B．点评：本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度不大，注意原子核外电子的排布特点，为解答该题的关键，注意把握原子结构与元素周期表的关系． 9．（3分）下列叙述中不正确的是（ ） A．卤化氢分子中，卤素的非金属性越强，共价键的极性也越大，稳定性也越强 B．H2O中OH键之间的键角大于H2S中SH键之间的键角 C．具有极性键且空间构型不对称的A2B或AB2型分子为极性分子 D．非极性分子中只存在非极性键考点：键能、键长、键角及其应用；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子．版权所有分析：A．非金属的非金属性越强，共价键的极性依次减弱，其氢化物越稳定；B．O的电负性大于S，O与H的两对成键电子更靠近中心原子，排斥力大，键角大；C．分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子；D．不同非金属元素之间易形成极性共价键，同种非金属元素之间易形成非极性共价键，分子的结构对称、正负电荷的中心重合，则为非极性分子．解答：解：A．卤族元素中，由上到下，随核电荷数的增加半径在逐渐增大，非金属性减弱，所以卤化氢稳定性为：HF＞HCl＞HBr＞HI，共价键的极性依次减弱，故A正确；B．O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大，故B正确；C．对于A2B或AB2型分子；由极性键构成的分子，由该分子的分子空间结构决定分子极性．如果分子的立体构型为直线形键角等于180°、平面三角形、正四面体形、三角双锥形、正八面体形等空间对称的结构，致使正电中心与负电中心重合，这样的分子就是非极性分子；若为V形、三角锥形、四面体形（非正四面体形）等非对称结构，则为极性分子，故C正确；D．非极性分子中，各原子间不一定以非极性键结合，如CO2中含极性键，为直线型，结构对称，为非极性分子，故D错误；故选D．点评：本题考查化学键的强弱、键角、键的极性与分子的极性，注意判断键的极性，抓住共价键的形成是否在同种元素原子之间；分子极性的判断，抓住正负电荷的中心是否重合，题目难度不大． 10．（3分）Co（+3价）的八面体配合物为CoClmnNH3，若1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是（ ） A．m=1，n=5B．m=3，n=4C．m=5，n=1D．m=4，n=5考点：配合物的成键情况．版权所有分析：Co（+3价）的八面体配合物，Co3+配位数为6，配合物中配位离子Cl不与Ag+反应，外界离子Cl离子与Ag+反应，据此求出该配合物的化学式求解．解答：解：Co显示+3价，配合物显电中性，即配合物中，含有3个Cl，1mol该配合物生成1molAgCl沉淀，则1mol该配合物中含1mol外界离子Cl，即配离子中含有2个Cl，又由于Co（+3价）的八面体配合物，Co3+配位数为6，则NH3配位数为4，故该配合物的化学式可写为：[CoCl2（NH3）4]Cl，则m、n的值分别为：3、4，故选B．点评：本题考查配合物的结构，题目难度不大，注意配合物中配位离子Cl不与Ag+反应，外界离子Cl与Ag+反应． 11．（3分）下列几种氢键：①OH…O，②NH…N，③FH…F，④OH…N，其强度由强到弱的排列顺序是（ ） A．③①④②B．①②③④C．③②①④D．①④③②考点：含有氢键的物质．版权所有分析：根据只有和电负性大的元素（如O，N，F等）相连的H与电负性大的元素（如O，N，F等）相连才能形成氢键，元素的电负性越大，形成的氢键越强．解答：解：电负性：同周期从左到右，元素的电负性逐渐变大，故电负性：F＞O＞N，故氢键的强度：③FH…F＞①OH…O＞④OH…N＞②NH…N，故选A．点评：本题主要考查氢键的形成条件和强弱的比较，难度不大．注意元素电负性与氢键强度的关系． 12．（3分）下列化合物的沸点比较，前者低于后者的是（ ） A．乙醇和甲醇B．对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛 C．邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸D．H2O和H2S考点：氢键的存在对物质性质的影响．版权所有分析：A．醇的同系物中，碳原子个数越多其熔沸点越高；B．分子间氢键导致物质熔沸点升高，分子内氢键导致物质熔沸点较低；C．分子间氢键导致物质熔沸点升高，分子内氢键导致物质熔沸点较低；D．含有氢键的物质导致熔沸点升高．解答：解：A．甲醇和乙醇中都存在氢键，且二者是同系物，碳原子个数越多其熔沸点越高，所以熔沸点：乙醇＞甲醇，故A错误；B．分子间氢键导致物质熔沸点升高，分子内氢键导致物质熔沸点较低，对羟基苯甲醛中存在分子间氢键、邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，所以熔沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故B错误；C．根据B知，熔沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故C正确；D．含有氢键的物质导致熔沸点升高，水中含有氢键、硫化氢中不存在氢键，所以熔沸点：水＞硫化氢，故D错误；故选C．点评：本题以熔沸点高低判断为载体考查氢键，明确氢键对物质性质的影响是解本题关键，注意氢键只影响物理性质不影响化学性质，氢键属于分子间作用力，题目难度不大． 13．（3分）对如图装置的描述正确的是（ ） A．若K与A相接，X为粗铜，Y为精铜，可以精炼铜 B．若K与A相接，X为铜，Y为铁，可以在铁上镀铜 C．若K与B相接，X为铜，Y为铁，一段时间后Y极质量增加 D．若K与B相接，X为铜，Y为铁，一段时间后X极质量增加考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有分析：A、若K与A相接是电解池，X是阳极，为粗铜放电，Y为精铜，因为电解质不是含有铜离子的盐溶液；B、若K与A相接是电解池，X是阳极，X为铜，Y为铁，因为电解质不是铜离子的盐溶液，所以在铁上镀银；C、若K与B相接是原电池，X为铜是正极，Y为铁是负极，一段时间后X极上银离子放电，生成单质银，质量增加；D、若K与B相接是原电池，X为铜是正极，Y为铁是负极，一段时间后X极上银离子放电，生成单质银，质量增加．解答：解：A、若K与A相接是电解池，X是阳极，为粗铜放电，Y为精铜，因为电解质不是含有铜离子的盐溶液，所以不是精炼铜，故A错误；B、若K与A相接是电解池，X是阳极，X为铜，Y为铁，因为电解质不是铜离子的盐溶液，所以在铁上镀银，故B错误；C、若K与B相接是原电池，X为铜是正极，Y为铁是负极，一段时间后X极上银离子放电，生成单质银，质量增加，不是Y极增加，故C错误；D、若K与B相接是原电池，X为铜是正极，Y为铁是负极，一段时间后X极上银离子放电，生成单质银，质量增加，故D正确；故选D．点评：本题考查电化学的相关知识，学生只要掌握原电池和电解池的反应原理就可以解题了，比较容易． 14．（3分）液流电池是一种新的蓄电池，是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，具有容量高、使用领域（环境）广、循环使用寿命长的特点．如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液．下列说法正确的是（ ） A．充电时阳极的电极反应式：Zn2eTZn2+ B．充电时电极a为外接电源的负极 C．放电时Br向右侧电极移动 D．放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大考点：化学电源新型电池．版权所有分析：放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn2eTZn2+，正极反应式为Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为2Br2e=Br2、阴极反应式为Zn2++2e=Zn，放电时，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答．解答：解：放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn2eTZn2+，正极反应式为Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为2Br2e=Br2、阴极反应式为Zn2++2e=Zn，A．充电时，阳极反应式为2Br2e=Br2，故A错误；B．充电时，a是阳极，应该连接电源正极，故B错误；C．放电时，只有阳离子能穿过交换膜，所以Br不能右侧电极移动，故C错误；D．放电时，负极反应式为Zn2eTZn2+，正极反应式为Br2+2e=2Br，正负极上都生成离子，所以离子浓度都增大，故D正确；故选D．点评：本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是C，注意交换膜的特点，为易错点． 15．（3分）W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图．已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差2；Y的氧化物既能与酸反应又能与碱反应；Z的非金属性在同周期元素中最强．下列说法正确的是（ ） A．对应简单离子半径：W＞X＞Y＞Z B．第一电离能：Z＞Y＞X C．电负性：Z＞Y＞X D．W元素和氢元素形成的化合物中只含极性键考点：原子结构与元素周期律的关系．版权所有分析：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，其质子数为1810=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差2，原子序数大于氧，故X核外电子数为10+2=12，则X为Mg；Y的氧化物既能与酸反应又能与碱反应，则Y为Al；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Al，处于第三周期，故Z为Cl．解答：解：W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，其质子数为1810=8，故W为O元素；X和Ne原子的核外电子数相差2，原子序数大于氧，故X核外电子数为10+2=12，则X为Mg；Y的氧化物既能与酸反应又能与碱反应，则Y为Al；Z的非金属性在同周期元素中最强，原子序数大于Al，处于第三周期，故Z为Cl，A．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：Cl＞Na+＞Mg2+＞Al3+，故A错误；B．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但Mg元素原子3s为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Al，故第一电离能Cl＞Mg＞Al，故B错误；C．同周期自左而右电负性增大，故电负性Cl＞Al＞Mg，故C正确；D．氧元素与氢元素形成的H2O2中含有极性键、非极性键，故D错误，故选C．点评：本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，关键是结合原子序数确定元素，注意对基础知识的理解掌握． 16．（3分）如图所示原电池工作时，右池中Y2O72转化为Y3+．下列叙述正确的是（ ） A．左池电极反应式：X4++2e=X2+ B．每消耗1molY2O72，转移3mol电子 C．左池中阴离子数目增加 D．改变右池溶液的c（H+），电流强度不变考点：原电池和电解池的工作原理．版权所有专题：电化学专题．分析：由右池中Y2O72转化为Y3+，发生还原反应，所以右边是正极，左边是负极，发生氧化反应，X2+2e=X4+，根据此分析解题．解答：解：A、左池电极反应式：X2+2e=X4+，故A错误；B、每消耗1molY2O72，转移6mol电子，故B错误；C、因为左池电极反应式：X2+2e=X4+，正电荷数在增加，而且左要保持电中性，所以阴离子数目增加要增加，故C正确；D、改变右池溶液的c（H+），要使右池溶液呈电中性，加速单位时间内电子的转移数目，电流强度要变大，故D错误；故选C．点评：本题考查原电池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等，注意把握原电池的工作原理． 17．（3分）科学家合成了一种稳定的氢铝化合物，其熔点为150℃，可用作高能燃料或储氢材料．Al2H6的球棍模型如图所示．下列说法不正确的是（ ） A．Al2H6可以燃烧，产物为氧化铝和水B．Al2H6是共价化合物 C．Al2H6中所有原子在同一平面D．Al2H6是非极性分子考点：镁、铝的重要化合物．版权所有分析：A．Al2H6作高能燃料可以燃烧根据原子个数守恒判断产物；B．分子晶体熔沸点比较低，离子晶体熔沸点高，根据熔沸点以及球棍模型可以判断为分子晶体；C根据Al2H6分子的球棍模型可知，所有原子不在同一平面；D根据Al2H6分子的球棍模型分析．解答：解：A．Al2H6燃烧的方程式：Al2H6+3O2Al2O3+3H2O，故A正确；B．Al2H6的熔点为150℃，熔点低，所以可以判断该物质在固体时可能为分子晶体，根据Al2H6的球棍模型判断出化合物中Al和H之间为共价键，不具有离子化合物的特征，所以Al2H6是共价化合物，故B正确；CCAl2H6中具有2个AlH3具有甲基类似结构，所有原子不可能处于同一平面内，故C错误；D根据Al2H6分子的球棍模型可知，该分子空间结构对称是非极性分子，故D正确；故选C．点评：本题考查了氢铝化合物的结构和性质，解题时注意认真审题仔细分析其结构，题目难度中等． 二、非选择题（本题包括4小题，共49分）18．（12分）（2014北京）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a，b，c代表电压值）：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅰx≥a电极附近出现黄色，有气泡产生有Fe3+、有Cl2Ⅱa＞x≥b电极附近出现黄色，无气泡产生有Fe3+，无Cl2Ⅲb＞x＞0无明显变化无Fe3+，无Cl2（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是 溶液变红 ．（2）Ⅰ中Fe3+产生的原因可能是Cl在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应： 2Cl2e=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl ．（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有 还原 性．（4）Ⅱ中虽未检验处Cl2，但Cl在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物Ⅳa＞x≥c无明显变化有Cl2Ⅴc＞x≥b无明显变化无Cl2①NaCl溶液的浓度是 0.2 mol/L．②Ⅳ中检验Cl2的实验方法： 取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色 ③与Ⅱ对比，得出的结论（写出两点）： 通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl放电 ．考点：电解原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．版权所有专题：电化学专题．分析：（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；（4）①电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；②依据检验氯气的实验方法分析；③依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能．解答：解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl2e=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl；故答案...
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